2. Математические методы физики / Уравнения математической физики. Конспект лекций. МГУ

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский университет «МИЭТ»

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

внеинтегральное слагаемое обращается в ноль. Итак, E0(t)

0, или, что то же самое,

+ a2(vx(x, t))2

dx ≡ const.

(vt(x, t))2

+ a2(vx(x, t))2

dx ≡ const.

.pdf

Скачиваний:

105

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

411.16 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 75 6 7 > Следующая >>>

4 Уравнения гиперболического типа

4.1 Постановка задач для уравнения колебаний

Рассмотрим несколько уравнений гиперболического типа.

Пусть функция u(x, t) C2((x, t) : 0 < x < l, t > 0). Тогда уравнение

	utt = a2uxx, 0 < x < l, t > 0.		(4.1)
называется уравнением колебаний идеальной струны.
В случае функции от двух пространственных переменных u(x, y, t):
	utt = a2 u, (x, y) D, t > 0
– это уравнение колебаний упругой мембраны.
Рассмотрим уравнение (4.1). Мы можем задать начальные условия:
ut(x, 0) = ψ(x),	0 6 x 6 l.
u(x, 0) = φ(x),	0 6 x 6 l; – интерпретируется как смещение струны от положения равновесия;
и краевые условия:
	ux(l, t) = ν(t), t > 0;	≡	0)
	u(l, t) = µ(t), t > 0; ( в закрепленном случае µ		0)

u(l, t) + αux(l, t) = θ(t), t > 0.

– обычно мы берем некоторые из них.

Краевые задачи ставятся аналогично случаю уравнений параболического типа. Вот пример первой краевой

задачи.
	utt = a2uxx, 0 < x < l, 0 < t							6	T ;
	u(x, 0) = φ(x),	0 6 x 6 l;						6
ut(x, 0) = ψ(x),		0 6 x 6 l;


	u(0, t) = µ (t),	0	6	t	6	T ;
	1		6		6
	u(l, t) = µ2(t),	0 6 t 6 T.


Вот она же для полупрямой:
	u(x, 0) = φ(x),
	u(x, 0) = φ(x),		x > 0;				6
	utt = a2uxx, x > 0, 0 < t							T ;
	ut(x, 0) = ψ(x), x > 0;


	u(0, t) = µ(t),		0 6 t 6 T.

Также можно рассмотреть обыкновенную задачу Коши

u(x, 0)	= φ(x),		−∞ < x < +∞;		6
utt	=	a2uxx,		< x < + , 0 < t		T ;
ut(x, 0)	=	ψ(x),	−∞	< x < +∞.
			−∞	∞

4.2Формула Даламбера. Существование, устойчивость и единственность решения задачи Коши

Рассмотрим задачу Коши для уравнения колебаний:

[4.1]	(2)	u(x, 0)	= φ(x),		−∞ < x < +∞;		6
	(1)	utt	=	a2uxx,		< x < + , 0 < t		T ;
	(3)	ut(x, 0)	=	ψ(x),	−∞	< x < +∞.
					−∞	∞

Пусть u C2(R × R+) и является решением задачи Коши [4.1]. Определим новые переменные ξ и η:

ξ = x + at;

η= x − at.

=	x		=	ξ		2 ;
						+ η
		t	=		ξ − η		.


						2a

Определим новую функцию v(ξ, η) = u( ξ +2 η , ξ 2−aη ). Найдем частные производные этой функции:


vξ	= ux(	ξ + η		,		ξ − η	)	1	+ ut(		ξ + η		,	ξ − η	)		1	;
		2				2a		2			2			2a			2a
vξη	= uxx( )		1		+ uxt( )(−					1		) + utx( )				1		+ utt( )(−	1	) =

			4							4a						4a			4a2

=uxx(. . .) 4 − 4a2 utt(. . .) = { уравнение колебаний } = 0.

Теперь проведем обратное интегрирование:

vξη(ξ, η) = 0 =	ξ vη(ξ, η) = f1(η) инт= η v(ξ, η) = Z	f1(η) dη + f2(ξ)
инт-ие по	-ие по	e
	e	e
= v(ξ, η) = f1(η) + f2(ξ) = {u(x, t) = v(x + at, x − at)} =
	u(x, t) = f1(x − at) + f2(x + at),	(4.2)

где fe1, f1, f2 – некоторые функции, получающиеся при интегрировании.

Итак, мы получили общий вид для функции u, являющейся решением уравнения колебаний. Попробуем найти f1 и f2, используя начальные условия:

u(x, 0)	=	f1(x) + f2(x) = φ(x);
ut(x, 0)	=	−af10(x) + af20(x) = ψ(x).

=	−f1	(x) + f2			x	ψ(ξ) dξ + C;
=	−f1	(x) + f2	(x) = aZ			ψ(ξ) dξ + C;
			1
				x0


	f1(x) + f2(x) = φ(x).

Складывая и вычитая уравнения системы, получим:

f2(x) =

f1(x) =

φ2		x	2 ;
	+ 2axZ0 ψ(ξ) dξ +
(x)	1		c
φ2		x		= {u(x, t) = f1(x − at) + f2(x + at)} =
	− 2axZ0 ψ(ξ) dξ −		2 .
(x)	1		c

u(x, t) =	φ(x − at)	2	+ 2a	x+at		(4.3)
				Z	ψ(ξ) dξ.
		+ φ(x + at)	1

x−at

Полученное выражение называется формулой Даламбера.

Теорема 4.1 (существования и единственности решения задачи Коши). Пусть φ(x) C2(R), ψ(x)

C1(R). Тогда существует и единственна функция u(x, t) такая, что u(x, t) C2(R × R+) и является решением задачи Коши [4.1], где функции φ(x) и ψ(x) определяют начальные условия.

Доказательство. Существование проверяется непосредственной подстановкой с использованием условий

(1)–(3) и условий теоремы.

Единственность следует из того, что для любой функции, удовлетворяющей условиям (1)–(3), справедливо

представление по формуле Даламбера, а оно подразумевает только одну функцию. Теорема доказана.

Теорема 4.2 (устойчивости). Пусть φ1, φ2(x) C2(R), ψ1

, ψ2(x) C1(R) и ограничены на R. Тогда, если

u1, u2(x, t) – решения задач типа [4.1] с φ1, ψ1 и φ2

, ψ2 в качестве начальных условий соответственно,

то

sup

x R, 06t6T

x R

Доказательство. Из формул Даламбера (4.3) для u1, u2 следует:

1 −

2| 6 |

x+at

−

2a Z

φ1(x + at) − φ2(x + at)

φ1(x − at) − φ2(x − at)

(ξ)

dξ

x−at

6 x R |

−

x R |

−

x+at

6 x R |

−

x R

−

2a Z

sup

(x)

+ sup

(x)

dξ

sup

(x)

+ sup ψ

(x)

x−at

Теорема доказана.

4.3 Характеристики уравнения в частных производных второго порядка

Классическое уравнение в частных производных второго порядка имеет следующий вид:

a11(x, y)uxx + 2a12(x, y)uxy + a22(x, y)uyy = F (x, y, u, ux, uy)

(4.4)

Поставим ему в однозначное соответствие обыкновенное дифференциальное уравнение:

a11(dy)2 − 2a12dxdy + a22(dx)2 = 0						(4.5)
Тогда функции (кривые), являющиеся решением (4.5), называются характеристиками уравнения (4.4).
Например, для уравнения колебаний		a2uxx − utt = 0
		a2uxx − utt = 0
уравнение для получения характеристик выглядит так:
	a2(dt)2 − (dx)2 = 0.
Из него получаем	=	0. =	x − at	=	const.
a dt − dx	=	0. =	x − at	=	const.
a dt + dx	=	0;	x + at	=	const;

– это две прямые, являющиеся характеристиками гиперболического уравнения.

Пусть функция u(x, t) является решением некоторой задачи Коши. Возьмем в I четверти плоскости OXT произвольную точку (x0, t0). Через нее проходят только две характеристики: x−at = x0−at0, x+at = x0+at0 . Они пересекают ось OХ в точках (x0 + at0, 0), (x0 − at0, 0), образуя при этом так называемый характеристический треугольник.

Записав для функции u(x, t) в точке u(x0, t0) формулу Даламбера (4.3):

u(x0

, t0) =

0 − at0)

+ 2a

x0+at0

ψ(ξ) dξ,

)

φ(x

+ φ(x

+ at

x0−at0

получим, что значения функции u(x, t) в произвольной точке внутри характеристического треугольника определяются только значениями функций φ(x), ψ(x) на его основании. Это – важная особенность гиперболического уравнения, которая станет понятна на следующем примере:

Пусть функции φ(x), ψ(x) равны нулю вне некоторого отрезка [a; b]. Тогда в областях II,III функция u(x, t) будет, как легко видеть из формулы Даламбера, тождественно равна нулю. Этот факт показывает конечную скорость (в течение времени t) распространения сигнала u(x, t) (по оси x) в гиперболическом уравнении.

t
6
@x+at=const
@
@	I	x-at=const

III @

Напротив, в задаче Коши для уравнения теплопроводности:

ut =	a2uxx,	−∞ < x < ∞, t > 0
u(x, 0) =	φ(x),	−∞ < x < ∞

решение, как показывалось ранее, имеет вид

u(x, t) =	+∞	1	exp	−	(x − s)2	φ(s) ds
	Z				4a2
		√4πa2t
	−∞

Видно, что если функция φ(s) непрерывна, неотрицательна и в некоторой точке отлична от нуля, то u(x, t) > 0 t > 0.

То есть, мы как бы получаем то, что сигналы в случае уравнения теплопроводности распространяются практически мгновенно.

4.4 Задача на полупрямой. Метод продолжений

Первая краевая задача

Первая краевая задача для уравнения колебаний на полупрямой с однородным краевым условием имеет следующий вид:

(2)	u(0, t)	=	0,	t > 0;
(1)	utt	= a2uxx,		x > 0, t > 0;
(3)	u(x, 0)	=	φ(x),	x > 0;


(4)	ut(x, 0)	=	ψ(x),	x > 0.

Добавим условия сопряжения

φ(0) = 0; ψ(0) = 0.

для обеспечения непрерывности функций u(x, t) и ut(x, t) в нуле.

Найдем решение данной краевой задачи, расширив ее до случая всей прямой. Доопределим нечетным образом функции φ(x) и ψ(x) на всей прямой, задав новые функции Φ и Ψ:

Φ(x) =	−φ(−x),	x < 0.
	φ(x),	x > 0;
Ψ(x) =	−ψ(−x), x < 0.
	ψ(x), x > 0;

Рассмотрим модифицированную задачу Коши:

U(x, 0)	=	Φ(x);	−∞		∞
Utt(x, t) = a2Uxx(x, t),				< x <		, t > 0;
Ut(x, 0)	=	Ψ(x).

В данном случае для нахождения U(x, t) мы можем применить формулу Даламбера:

U(x, t) =	Φ(x − at)	2	+ 2a	x+at
				Z	Ψ(ξ) dξ.
		+ Φ(x + at)	1

x−at

Возьмем в качестве нужной нам функции u(x, t) при x, t > 0 функцию U(x, t). Очевидно, что условия (1),(3) и (4) при x, t > 0 выполняются сразу – это следует из определения функций Ψ(x) и Φ(x). Выполнение условия

(2) следует из следующих преобразований:

u(0, t) = U(0, t) = Φ(−at)2+ Φ(at)	+ 21a	at	Ψ(ξ) dξ.
u(0, t) = U(0, t) = Φ(−at)2+ Φ(at)	+ 21a	Z	Ψ(ξ) dξ.
def

−at

В силу нечетности соответствующих функций первое и второе слагаемые обращаются в ноль, что и дает выполнение условия (2). Итак, мы доказали, что построенная нами функция u(x, t) – решение первой краевой задачи. Выразим Φ(x) и Ψ(x) через исходные функции φ(x) и ψ(x) соответственно:

При x > at	Φ(x − at)		= φ(x − at);
		Φ(x + at)	= φ(x + at);
		Ψ(ξ)	= ψ(ξ), при ξ	[x	−	at; x + at].
					−
При x < at		Φ(x + at) = φ(x + at);
При x < at		Φ(x − at) = −φ(at − x);

Теперь запишем вспомогательную формулу для решения первой краевой задачи:

x+at

При x < at

Ψ(ξ) dξ =

Ψ(ξ) dξ +

Ψ(ξ) dξ =

− ψ(−ξ) dξ +

ψ(ξ) dξ =

x−at

x+at

at+x

= { положим − ξ = ξ} =

ψ(ξ) dξ +

ψ(ξ) dξ =

ψ(ξ) dξ.

at−x

Тогда общая формула будет такой:

φ(x + at)

−

x+at

at)

ψ(ξ) dξ,

+ φ(x

u(x, t) =

−

at+x

φ(at + x) − φ(at − x)

ψ(ξ) dξ,

−

x > at;

x < at.

Вторая краевая задача

Вторая краевая задача на полупрямой с однородным краевым условием имеет вид:

(2)	ux(0, t)	=	0,	t > 0;
(1)	utt	= a2uxx,		x > 0, t > 0;
(3)	u(x, 0)	=	φ(x),	x > 0;


(4)	ut(x, 0)	=	ψ(x),	x > 0.

Будем действовать так же, как и в предыдущем случае, однако здесь нас устроит только четное продолжение:

Φ(x) =

φ(x), x > 0; φ(−x), x < 0.

Ψ(x) =

ψ(x), x > 0; ψ(−x), x < 0.

Новая задача Коши и решение для нее по формуле Даламбера будут выглядеть так же, как и в предыдущем случае:

U(x, t) =	Φ(x − at)	2	+ 2a	x+at
				Z	Ψ(ξ) dξ.
		+ Φ(x + at)	1

x−at

Аналогично, пусть u(x, t) = U(x, t), x, t > 0. Тогда выполнение условий (1),(3),(4) опять же очевидно. Проверим условие (2). Дифференцируя формулу Даламбера и используя то, что у четной функции Ψ(t) производная нечетна, получим

u	(0, t) = U	(0, t) =	Φ0(at) + Φ0(−at)	+		1	[Ψ(at)	Ψ(	at)] .
			2		2a
x	x							−	−

Из нечетности Φ0(t) и четности Ψ(t) видно, что оба слагаемых равны нулю. Общая формула для u(x, t) получается аналогично.

4.5Метод разделения переменных для доказательства существования решения первой краевой задачи

Рассмотрим на отрезке [0; l] ортонормированные системы функций:

sin(

x))

, n = 1, 2, 3, . . .

πn

(√l ,

cos( l

x)) , n = 1, 2, 3, . . .

πn

Определим коэффициенты Фурье так:

φn

l s) ds;

φ(s) sin(

πn

φn

l s) ds.

Z φ(s) cos(

πn

∞ ∞

Тогда из курса математического анализа известно, что, если φ(x) C[a; b], то ряды P φ2n, P φe2n сходят-

n=1 n=1

ся. Запомним это и перейдем к первой краевой задаче с однородным уравнением колебаний и однородными краевыми условиями:

[4.2]	(2)	u(0, t)	=	u(l, t) = 0,	t > 0;
	(1)	utt	= a2uxx,		0	< x < l, t > 0;
	(3)	u(x, 0)	=	φ(x),	0	> x > l;


	(4)	ut(x, 0)	=	ψ(x),	0	> x > l.

πn 2

Найдем ее решение следующим способом: проведем преобразования, приводящие к некоторой функции u(x, t), а потом докажем, что при определенных условиях на функции φ(x) и ψ(x) эта функция будет существовать и являться решением исходной задачи.

Будем искать решение в виде:

v(x, t) = X(x)T (t) – пусть это некоторая не равная тождественно нулю функция.

Подставив v(x, t) в уравнение колебаний, получим:

T 00(t)X(x) = a2X00(x)T (t) =

X00(x)	=		T 00(t)	= −λ,
X(x)	=		a2 T (t)	= −λ,

где λ – некоторая константа.

Отсюда получаются два уравнения:

X00(x) + λX(x) = 0, 0 < x < l; T 00(t) + λa2 T (t) = 0, t > 0.

При X(0) = X(l) = 0 функция v(x, t), очевидно, будет удовлетворять условию (2). Найдем нетривиальные решения следующей задачи Штурма-Лиувилля:

X00(x) + λX(x) = 0, 0 6 x 6 l; X(0) = X(l) = 0.

Как уже говорилось при выводе решения для уравнения теплопроводности, нам подойдут такие собственные значения и соответствующие им собственные функции:

λn =		;

	l		πn
Xn(x) = sin(				x), n = 1, 2, . . .

			l

Подставим найденные λn в уравнение для T (t):

Tn00(t) + πnl a 2 Tn(t) = 0 = Tn(t) = an cos( πnl at) + bn sin( πnl at),

где an, bn – некоторые константы.

Итак, мы нашли функции Xn(x), Tn(t), для которых выполняются условия (1),(2).

Положим vn(x, t) = Xn(x)Tn(t). Очевидно, для этой функции тоже выполняются условия (1),(2).

∞

Найдем константы an, bn из условий (3),(4), положив u(x, t) =

vn(x, t):

∞

πn

u(x, t) = n=1 vn(x, t) = n=1 sin(

x) han cos(

at) + bn sin(

at)i ;

∞

πn

Z φ(s) sin(

πn

φ(x) = u(x, 0) = n=1 an sin(

x) = an =

s) ds;

ψ(x) = ut(x, 0) = n=1

bn l

sin( l x) =

bn = l

s) ds =

ψ(s) sin( l

∞

πna

πn

πna

πn

s) ds.

bn = πnaZ0

ψ(s) sin(

πn

Итак, мы нашли константы, запишем полную формулу:

u(x, t) = n=1 l

cos(

at)φ(s) sin( l

s) ds + πnaZ

sin( l at)ψ(s) sin(

s) ds sin( l x).

(4.6)

∞

πn

Теперь сформулируем те условия, при которых она будет корректна.

Теорема 4.3 (существования). Пусть

φ(x) C3[0; l], φ(0) = φ(l) = φ00(0) = φ00(l) = 0; ψ(x) C2[0; l], ψ(0) = ψ(l) = 0.

Тогда функция u(x, t) , определяемая формулой (4.6), обладает следующими свойствами: u(x, t) C2 {[0; l] × [0; T ]} (T – произвольное > 0), и удовлетворяет условиям (1)-(4) (является решением краевой задачи [4.2]).

Доказательство. Докажем, что u(x, t) C2 {[0; l] × [0; T ]}. Пусть

φn = Z0

πn

φ(s) sin(

s) ds =

{интегрирование по частям} =

= − φ(s) πn cos(

+ πnZ

φ0(s) cos(

l s) ds =

s) 0

πn

= {еще раз интегрирование по частям} =

πn

φ0(s) sin(

−

s) 0

= πn

−

πn

Z φ000(s) cos( l s) ds.

φ00(s) cos( l

πn

πn	2	Z0	l	s) ds =
			φ00(s) sin( l
l			πn

πn

Положим φn = Z φ000

(s) cos(

s) ds. Тогда n3

|φn| =

|φn|.

∞

nP c

сходится. Покажем, что из этого следует сходимость ряда

По упомянутому ранее свойству ряд

φn

∞ 2

|φn|:

=1 n

∞

3 ∞ 1

+ b2

1 ∞ 1

1 ∞

n=1 n2|φn|

= π

n=1 n

|φn| 6 ab 6

2 n=1 n2 +

2 n=1 φn

X c

Итак, у нас оба слагаемых представляют собой сходящиеся ряды, поэтому ряд

∞

|φn| сходится по мажо-

=1 n

рантному признаку.

Аналогично, пусть

ψn = Z0

πn

ψ(s) sin(

s) ds =

{интегрирование по частям} =

+ πnZ

= − ψ(s) πn cos(

ψ0

(s) cos( l s) ds =

s) 0

πn

= {еще раз интегрирование по частям} = πn ψ0(s) sin(

−

πn

s) 0

Z ψ00(s) sin( l s) ds

πn

∞

Аналогично, можно показать, что ряд

=1 n|ψn| – сходится.

Ограничив | cos(

at)| и | sin(

at)|

единицей, получим, что ряд (4.6) для u(x, t) равномерно сходится по

∞

признаку Вейерштрасса (мажорантой является, очевидно, сходящийся ряд n=1

|φn| +

|ψn| ). Кроме того,

πn a

функция u(x, t) в данном случае непрерывна на [0; l] × [0; T ].

Точно так же, для существования и непрерывности первой и второй производных по x достаточно доказать равномерную сходимость ряда из соответствующих производных в формуле (4.6). Продифференцировав по x,

получим

l s) ds + πna

l at)ψ(s) sin( l s) ds cos( l x).

ux(x, t) =

∞

cos(

at)φ(s) sin(

cos(

n=1

πn

uxx(x, t) =

∞

cos(

at)φ(s) sin(

s) ds +

cos(

at)ψ(s) sin(

s) ds sin(

x).

n=1

πna

πn

Тогда (по признаку Вейерштрасса) достаточно показать сходимость рядов

∞ πn

∞

πn

|φn| −

n=1

|φn| − πna|ψn| ,

n=1

πna|ψn| .

u(x, t)

∞

[0; l]

[0;P

Она же следует из только что доказанных свойств для рядов n=1 n

|φn|

и n=1 n|ψn|. Проведя те же самые

рассуждения для производных по

, получим в итоге, что

{

T ]

}

В этом случае легко проверить, что функция u(x, t), задаваемая формулой (4.6), удовлетворяет уравнению колебаний (то есть условию (1)). То, что такая функция u(x, t) удовлетворяет условиям (2)-(4), видно из ее построения – краевые и начальные условия были учтены. Теорема доказана.

Итак, решение построено. Докажем, что при некоторых условиях оно единственно.

4.6Интеграл энергии. Единственность решения краевых задач для уравнения колебаний

Рассмотрим общую первую краевую задачу:

		utt	= a2uxx + f(x, t), 0 < x < l, 0 < t < T ;
[4.3]		u(0, t) = µ1(t),		0 6 t 6 T ;
		u(l, t) = µ2(t),		0 6 t 6 T ;

		u(x, 0)	= φ(x),	0		x		l;

			= ψ(x),		6		6
	ut(x, 0)			0 6 x 6 l.

Докажем единственность ее решения.

Теорема 4.4 (единственности). Пусть функции u1, u2(x, t) C2 {[0; l] × [0; T ]} и являются решениями одной и той же краевой задачи [4.3]. Тогда u1(x, t) ≡ u2(x, t) на {[0; l] × [0; T ]}.

Доказательство. Пусть v(x, t) = u1 − u2. Очевидно, функция является					решением нашей краевой задачи с
						2	{[0; l] × [0; T ]} и
тождественно равными нулю функциями f, φ, ψ, µ1, µ2. Таким образом, v(x, t) C							{[0; l] × [0; T ]} и
vtt	= a2vxx, 0 < x < l, 0 < t < T ;
v(0, t) ≡ v(l, t) ≡ v(x, 0) ≡ vt(x, 0) ≡ 0.
Понятно, требуется доказать, что v(x, t) ≡ 0.
Определим функцию
E(t) =	Z	l	+ a2(vx(x, t))2	dx
E(t) =	Z	(vt(x, t))2	+ a2(vx(x, t))2	dx

и назовем ее интегралом энергии. В физической интерпретации с точностью до константы это полная энергия, к примеру, нашей колеблющейся струны.

Очевидно, при наших условиях на функцию v функция E(t) дифференцируема. Тогда ее производная вычисляется так:

	E0(t) = Z	l
	E0(t) = Z	2vt(x, t)vtt(x, t) + 2a2vx(x, t)vxt(x, t) dx.
	0
Преобразуем второе слагаемое в интеграле интегрированием по частям по x:
E0(t) = Z	l		0l .
E0(t) = Z	2vt(x, t)vtt(x, t) − 2a2vxx(x, t)vt(x, t) dx + 2a2vx(x, t)vt(x, t)		0l .
0

Заметим, что, так как v(x, t) – решение уравнения колебаний, подынтегральная функция тождественно равна нулю. Продифференцировав краевые условия по t, получим, что vt(0, t) ≡ 0 ≡ vt(l, t). Из этого следует, что и

На самом деле мы просто получили еще один вид закона сохранения энергии – в замкнутой системе, описываемой уравнениями [4.3], количество энергии постоянно. Очевидно,

E(t) = E(0) = (vt(x, 0))2 + a2(vx(x, 0))2 dx.

Из начальных условий получаем, что vt(x, 0) = vx(x, 0) = 0, 0 6 x 6 l, а, следовательно,

E(0) = 0 = E(t) ≡ 0.

Из неотрицательности подынтегральных функций получаем, что

vt(x, t) ≡ vx(x, t) ≡ 0.

Из этого следует, что v ≡ const, а из начальных условий следует, что v ≡ 0. Теорема доказана.

Замечание. Все утверждения верны и для задач с краевыми условиями второго рода:

vx(0, t) = 0; vx(l, t) = 0.

– это ничего не меняет в доказательстве, кроме способа доказательства равенства нулю внеинтегрального слагаемого, а также верны для краевых условий смешанного вида.

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 75 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке 2. Математические методы физики

#
05.06.201551.42 Mб103Методы теоретической физики. Том 2.pdf
#
05.06.201521.75 Mб110Сборник задач по математической физике.pdf
#
05.06.201591.09 Кб68Сводка формул по специальным функциям.pdf
#
05.06.201519.33 Mб121Специальные функции и теория представления групп.pdf
#
05.06.201513.34 Mб172Специальные функции математической физики.pdf
#
05.06.2015411.16 Кб105Уравнения математической физики. Конспект лекций. МГУ.pdf
#
05.06.20151.93 Mб141Уравнения математической физики.DOC
#
05.06.201527.68 Mб122Уравнения математической физики.pdf